[六省联考2017]分手是祝愿——期望DP
原题戳这里
首先可以确定的是最优策略一定是从大到小开始,遇到亮的就关掉,因此我们可以\(O(nlogn)\)的预处理出初始局面需要的最小操作次数\(tot\)。
然后容(hen)易(nan)发现即使加上了随机,那\(tot\)个也一定要被操作,也就是说操作这\(tot\)个之外的都是没用的。
于是就可以\(dp\)了,设\(f[i]\)表示还剩\(i\)个必须要操作的未操作,转移如下:
\(f[i]=\frac{i}{n}+\frac{n-i}{n}(f[i]+f[i+1]+1)\)
移项得到\(f[i]=\frac{(n-i)f[i+1]+n}{i}\)
边界\(f[n]=1\)
最后如果\(tot\leqslant k\)直接输出\(tot*n!\),否则输出\(k+n!\sum\limits_{i=k+1}^{tot}f[i]\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 100000
#define MOD 100003
int n, k, tot, ans, a[MAXN + 5], f[MAXN + 5], fac = 1;
vector<int> G[MAXN + 5];
int fpow(int x, int p) {
int ret = 1;
while(p) {
if(p & 1) ret = 1LL * ret * x % MOD;
x = 1LL * x * x % MOD;
p >>= 1;
}
return ret;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
for (int j = i; j <= n; j += i) G[j].push_back(i);
fac = 1LL * fac * i % MOD;
}
for (int i = n; i >= 1; --i) {
if(!a[i]) continue;
tot++;
for (auto j : G[i]) a[j] ^= 1;
}
if (tot <= k) ans = 1LL * tot * fac % MOD;
else {
f[n] = 1, ans = k;
for (int i = n - 1; i >= 1; --i) f[i] = (1LL * (n - i) * f[i + 1] % MOD + n) * fpow(i, MOD-2) % MOD;
for (int i = k + 1; i <= tot; ++i) ans = (ans + f[i]) % MOD;
ans = 1LL * ans * fac % MOD;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
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